Đề cương ôn thi Toán 12

1 Phần 1: CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ: Một số dạng toán thường gặp: ▼ Dạng 1: đưa về dạng bình phương I. Phương pháp giảỉ: Đưa về dạng A 2 ≥ 0, hoặc A 2 + c ≥ c (vớI c là hằng số) dấu bằng xảy ra khi A=0 II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của P ( ) 1x x= − Lời giải: ( ) 2 1 1 1 1 2 4 4 P x x x x x   = − = − + = − − + ≤     Đẳng thức xảy ra khi 1 2 x = và 1 4 x = Do đó giá trị lớn nhất của P là 1 4 đạt khi 1 4 x = Ví dụ 2: Tìm giá trị của x để biểu thức 2 1 2 2 5x x− + có giá trị lớn nhất Lời giải: Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 5 2 3 3 1 1 3 2 2 5 x x x x x − + = − + ≥ ⇒ ≤ − + Do đó, khi 2x = thì bỉêu thức 2 1 2 2 5x x− + có giá trị lớn nhất là 1 3 V í d ụ 3: VớI x,y không âm; tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 3 2 2004,5P x xy y x= − + − + Lời giải: Đặt ,x a y b= = vớI , 0a b ≥ ta có: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2004,5 2 1 3 2004,5 2 1 1 2 2 2003,5 1 1 1 2 2003,5 4 2 1 1 2 2003 2003 2 P a ab b a a b a b a b a b b b a b b b a b b = − + − + = − + + + = − + + + + − +   = − − + − + + −       = − − + − + ≥     Vì ( ) 2 1 0a b− − ≥ và 2 1 0 , 2 b a b   − ≥ ∀     1a b= + 3 2 a = 2003P = ⇔ ⇔ 1 2 b = 1 2 b = Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2003 khi 3 2 x = và 1 2 y = hay 9 4 x = và 1 4 y = III. Bài tập tự giải: 1) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 5 4 2P x y xy x= − − − + 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của ( ) 2 2 , 2 6 12 45f x y x xy y x= − + − + 3) Cho hai số x,y thoả mãn đẳng thức: 2 2 2 1 8 4 4 x y x + + = Xác định x,y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất 4) Cho a là số cố định, còn x, y là những số biến thiên. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x– 2y + 1) 2 + (2x + ay +5) 2 Hướng dẫn giảI và đáp số: 1)Max P = 3 khi (x,y) = (1, -2) 2) ( ) ( ) 2 2 , 6 5 9 9f x y x y y= − − + + ≥ 3) Thêm 2 4 4xy x+ vào 2 vế Kết quả: xy đạt GTNN là 1 2 − khi 1 2 x = ± 1y = ± 4) 0A ≥ khi a ≠ -4, 9 5 A = khi a = -4 3 ▼ Dạng 2: sử dụng miền giá trị của hàm số I. Phương pháp giảỉ: Cho y = f(x) xác định trên D ( ) 0 y f D ∈ ⇔ phương trình ( ) 0 y f x = có nghiệm 0 a y b⇔ ≤ ≤ Khi đó min y = a, max y = b II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm Max và Min của: 2 1 x y x = + Lời giải: Tập xác định D = R ⇒ 0 y là một giá trị của hàm số ⇔ phương trình 0 2 1 x y x = + có 1 nghiệm x∈ R ⇔ phương trình 2 0 0 x y y x+ = có nghiệm x∈ R ⇔ phương trình 2 0 0 0x y x y− + = có nghiệm x∈ R ⇔ 0∆ ≥ ⇔ 2 1 4 0y− ≥ ⇔ 2 4y ≤ ⇔ 1 1 2 2 y− ≤ ≤ Vậy Min y = 1 2 − , Max y = 1 2 Ví dụ 2: Xác đinh các tham số a, b sao cho hàm số 2 ax 1 b y x + = + đạt giá trị lớn nhất bằng 4, giá trị nhỏ nhất bằng –1 Lời giải: Tập xác định D = R 0 y là một giá trị của hàm số ⇔ phương trình 0 2 ax+b 1 y x = + có nghiệm x∈ R ⇔ phương trình 2 0 0 ax 0y x y b− + − = có nghiệm x∈ R (1) • Nếu 0 0y = thì (1) ⇔ ax = -b có nghiệm a = b = 0 ⇔ a ≠ 0 • Nếu 0 0y ≠ thì (1) có nghiệm ⇔ 0∆ ≥ ⇔ 2 0 0 4( ) 0a y b y− − ≥ 4 ⇔ 2 2 0 0 4 4 0y by a− + + ≥ Theo đề 0 y đạt giá trị lớn nhất là 4, giá trị nhỏ nhất là –1 nên phương trình 2 2 0 0 4 4y by a− + + phảI có nghiệm là –1 và 4 (do -1.4 = -4 < 0) 2 4 4 a− = − 4a = ± Theo định lý Viet ta có : ⇔ 3b = 3b = Vậy vớI a = 4, b = 3 hoặc a = -4, b = 3 thì min y = -1, max y = 4 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số : 3 4 2 12 ( ) 36 x x a y x −   =   +   Lời giải: Hàm số đã cho xác định khi ( ) 0x x a − ≥ Đặt 2 12 ( ) 36 x x a z x −   =   +   (1) thì 4 3 y z= , 0z ≥ 0 z là một giá trị của hàm số (1) ⇔ phương trình 0 2 12 ( ) 36 x x a z x − = + có nghiệm hay phương trình 2 0 0 (12 ) 12ax 36 0z x z− − − = có nghiệm (2) • 0 z =12 : (2) ⇔ ax = -36 có nghiệm khi 0a ≠ • 0 12z ≠ : (2) có nghiệm ⇔ 2 0 0 36 36 (12 ) 0a z z∆ = + − ≥ 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 12 0 12 0 6 36 6 36 a z z z z a a z a ⇔ + − ≥ ⇔ − − ≤ ⇔ − + ≤ ≤ + + Vì 0 0z ≥ nên 2 0 0 6 36z a≤ ≤ + + Vậy max 2 6 36z a = + + ; max 2 3 4 (6 36)y a= + + III. Bài tập tự giải: 1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 x x y x x − + = + + 2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 4 1 1 4 3 3 1 1 x x y x x + + − + = + + − + 3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : 2 1 ( )f x x x x = + + , x > 0 Hướng dẫn giảI và đáp số: 5 1) Max 3 2 2y = + , Min 3 2 2y = − 2) Đk: 3 1x− ≤ ≤ Đặt 2 2 3 2. 1 t x t + = + ; 2 2 1 1 2. 1 t x t − + = + vớI t = tg [ ] 0;1 2 ϕ ∈ Ta có 2 2 7 12 9 5 16 7 t t y t + + = − − + + Max y 9 7 y = khi x = -3; min 7 9 y = khi x = 1 0 < x ≤ 0 y (1) 2 0 1 y x x x = + + ⇔ x > 0 2 2 0 0 2 1 0y x y x− + = (2) Điều kiện để (2) có nghiệm là 0 2y ≥ Áp dụng Vi-et ta chứng minh được 1 2 0 x x y< < Vậy min f(x) = 2 vớI x >0 ▼ Dang 3: Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc ► Bất đẳng thức Cauchy I. Kiến thức cần nắm: • Cho hai số a, b ≥ 0, ta coù: ab ba ≥ + 2 Dấu “ =” xảy ra khi ⇔ a = b • Cho n số a 1 , a 2 , … , a n ≥ 0, ta có: n n n aaa n aaa . . 21 21 ≥ +++ Dấu “=” xảy ra ⇔ a 1 = a 2 = … = a n II. Một số bài tập ví dụ: ◦ Biện pháp 1: Áp dụng bất đẳng thức trực tiếp. Ví dụ 1: Cho x > 0 ; y > 0 thoả mãn điều kiện 2 111 =+ yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = yx + Lời giải: 3)Tìm nghiệm của hệ 6 Vì x > 0 ; y > 0 nên x 1 > 0 ; y 1 > 0 ; 0;0 >> yx , theo bđt Cauchy có:         +≤ yxyx 11 2 11 . 1 => 4 4 11 ≥=>≤ xy xy Vận dụng bđt Cauchy với hai số dương x và y ta được A = yx + ≥ 42.2 ≥yx = 4 ( Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 4) Vậy min A = 4 ( khi và chỉ khi x = y = 4). Nhận xét: không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp bđt Cauchy đối với các số trong đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng bđt Cauchy rồi tìm cực trị của nó. Biện pháp 1 : Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó. Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : A = .3753 xx −+− Lời giải: ĐKXĐ : . 3 7 3 5 ≤≤ x A 2 = (3x – 5) + (7- 3x) + )37).(53(2 xx −− A 2 ≤ 2 + ( 3x – 5 + 7 – 3x) = 4 ( dấu “=” xảy ra ⇔ 3x – 5 = 7 – 3x ⇔ x = 2). Vậy max A 2 = 4 => max A = 2 ( khi và chỉ khi x = 2). Nhận xét: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức A thì sẽ xuất hiện hạng tử là hai lần tích của căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức Cauchy. ◦ Biện pháp 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0. Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x x 5 9− Lời giải: ĐKXĐ : x ≥ 9 7 A = x x 5 9− = 30 1 10 3 99 5 3 3 9 2 1 5 3. 3 9 = +− =       + − ≤ − x x x x x x (dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 183 3 9 =⇔= − x x ). Vậy max A = 30 1 ( khi và chỉ khi x = 18). Nhận xét: Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành 3. 3 9−x và khi vân dụng bđt Cauchy, tích 3. 3 9−x được làm trội trở thành tổng x x 3 1 3 3 9 =+ − có dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu, kết quả là một hằng số. Con số 3 tìm được bằng cách lấy căn bậc hai của 9, số 9có trong bài. Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số. 1. Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau. Ví dụ 4 : Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = . 163 3 4 x x + Lời giải: A = 3x + 4 333 16 4 1616 x xxx x xxx x ≥+++= A ≥ 4.2 = 8 ( dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 2 16 3 =⇔= x x x Vậy min A = 8 ( khi và chỉ khi x = 2). Nhận xét: Hai số dương 3x và x3 16 có tích không phải là một hằng số.Muốn khử được x 3 thì phải có x 3 = x.x.x do đó ta phải biểu diễn 3x = x + x + x rồi dùng bđt Cauchy với 4 số dương. 2. Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của hạng tử khác có trong biểu thức đã cho ( có thể sai khác một hằng số). Ví dụ 5: Cho 0 < x < 2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = . 2 2 9 xx x + − 8 Lời giải: A = 1 2 2 9 + − + − x x x x A 71921 2 . 2 9 .2 =+=+ − − ≥ x x x x ( dấu “=” xảy ra 2 12 2 9 =⇔ − = − ⇔ x x x x x ). Vậy min A = 7 ( khi và chỉ khi 2 1 =x ). ◦ Biện pháp 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho. Ví dụ 6: Cho ba số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = . 222 yx z xz y zy x + + + + + Lời giải: Áp dụng bđt Cauchy đối với hai số dương zy x + 2 và 4 zy + ta được: x xzy zy xzy zy x == + + ≥ + + + 2 .2 4 2 4 22 Tương tự: z yx yx z y xz xz y ≥ + + + ≥ + + + 4 4 2 2 Vậy zyx zyx yx z xz y zy x ++≥ ++ +         + + + + + 2 222 P ( ) 1 2 = ++ −++≥ zyx zyx (dấu “=” xảy ra 3 2 ===⇔ zyx ). III. Bài tập tự giải: 1) Cho x + y = 15, tìm gía trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 34 −+− yx 2) Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn điều kiện x + y + z = a. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy + yz + xz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 2 + y 2 + z 2 . 9 3) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≥ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . x z z y y x ++ 4) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = . )1)(1)(1( )1)(1)(1( cba cba −−− +++ 5) Cho x, y thoả mãn điều kiện x + y = 1 và x > 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B = x 2 y 3 . 6) Tìm giá trị nhỏ nhất của xy yz zx A z x y = + + với x, y, z là các số dương và: a) 1x y z+ + = b) 2 2 2 1x y z+ + = 7) Tìm giá trị lớn nhất của 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 A a b b c c a = + + + + + + + + với a, b, c là các số dương và abc = 1. 8)Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A x y z xy yz zx= + + + + + biết rằng 2 2 2 3x y z+ + = . 9) Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 x y A = + với x + y = 4. 10) Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 4 1A x x= − + Hướng dẫn giải và đáp số: 1. ĐKXĐ : x ≥ 4, y ≥ 3 B ≥ ⇒8 min B = 8 ( khi và chỉ khi x = 4, y = 11 hoặc x = 12, y = 3). max B 2 = 16 nên max B = 4 ( khi và chỉ khi x = 8, y = 7). 2 .a. xy + yz + xz ≤ x 2 + y 2 + z 2 (áp dụng bđt Cauchy cho 2 số, rồi cộng lại theo vế). Suy ra: 3(xy + yz + xz) ≤ ( x + y + z ) 2 Hay 3A ≤ a 2 b. B = x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) 2 – 2( x + y + z ) B = a 2 – 2A B min ⇔ A max. 3. P 2 = . 22 2 222 y xz x zy z yx x z z y y x +++++ Áp dụng bđt Cauchy cho 4 số dương: .4 . 4 4 222 x yz zyxx z z yx z yx y x =≥+++ Còn lại: tương tự Cộng vế với vế lại, ta được P 2 ≥ 4(x + y + z) – (x + y + z) = 3(x + y + z) 10 P 2 ≥ 3.12 = 36 Min P = 6.( khi và chỉ khi x = y = z = 4). 4. a + b + c = 1 ⇒ 1 – a = b + c > 0. Tương tự 1 – b > 0, 1 – c > 0. Có: 1 + a = 1 + (1 – b – c) = (1 – b) + (1 – c) ≥ ( )( ) cb −− 112 Suy ra (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ ( ) ( ) ( ) 222 1118 cba −−− A ≥ 8 Vậy min A = 8. 5. Nếu y ≤ 0 thì B ≤ 0. Nếu y > 0 thì 1 = x + y = 3125 108 108 5 33322 32 5 32 ≤⇒≥++++ yx yxyyyxx hay B ≤ 3125 108 Suy ra max B = 3125 108 . 6. Theo bất đẳng thức Cô-si 2. . 2 xy yz xy yz y z x z x + ≥ = tương tự 2 yz zx z x y + ≥ ; 2 zx xy x y z + ≥ Suy ra 2A ≥ 2(x+y+z) = 2 ; min A = 1 với 1 3 x y z= = = b) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x A z x y = + + + Hãy chứng tỏ 2 3A ≥ . Min A = 3 với x = y = z = 3 3 . 7. Dễ chứng minh ( ) 3 3 a b ab a b+ ≥ + với a > 0, b > 0. Do đó: ( ) 3 3 1 ( ).a b ab a b abc ab a b c+ + ≥ + + = + + 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) max 1 1 a b c A ab a b c bc a b c ca a b c abc a b c A a b c + + ≤ + + = = + + + + + + + + = ⇔ = = = 8. ◦ Tìm giá trị lớn nhất: Áp dụng bất đẳng thức ( ) ( ) 2 2 2 2 3x y z x y z+ + ≤ + + ,ta được ( ) 2 9x y z+ + ≤ nên [...]... Phương pháp này thư ng dùng tìm c c tr c a các hàm s sau: 2 Các hàm s qui v tam th c b c hai 3 Các hàm s ch a d u giá tr tuy t i 4 Các bài toán chuy n ư c thành toán hình h c b ng cách dùng công th c dài o n th ng: AB = ( x A − xB ) 2 + ( y A − yB )2 ây là các bài toán mà trong ó f ( x) cho dư i d ng căn b c hai mà làm dư i căn bi u di n ư c thành dài m t o n th ng nào ó ây là ưu th c a phương pháp... AC có hình chi u không nh hơn, do ó AM ≤ AC (h ng s ) D u " = " x y ra ⇔ M ≡ C Ví d 3: 27 Cho hình bình hành ABCD Qua A v ư ng th ng d không c t hình bình hành G i B ', C ', D ' l n lư t là hình chi u vuông góc c a các i m B, C , D trên ư ng th ng d Xác nh v trí c a ư ng th ng d t ng BB '+ CC '+ DD ' có giá tr l n nh t L i gi i: G i O là giao i m c a AC và BD O ' là hình chi u vuông góc c a O trên... ≥ A1 A2 Do ó PABC ≥ A1 A2 (không i) D u " = " x y ra ⇔ A1 , B, C , A2 th ng hàng và s p x p theo th t ó Ví d 3: Cho hình vuông ABCD M , N , P, Q là nh c a t giác MNPQ l n lư t thu c các c nh AB, BC , CD, DA ( MNPQ g i là t giác n i ti p hình vuông) Tìm i u ki n t giác MNPQ có chu vi nh nh t L i gi i: G i E , F , G l n lư t là trunh i m c a các o n th ng MQ, MP, NP AMQ vuông góc t i A có AE là trung... hai véc tơ b t kì a và b ta có: a±b ≤ a + b ng th c khi a và b cùng hư ng (1) • N u a = ( a1 , a2 ) và b = ( b1 + b2 ) (1) ⇔ ( a1 ± b1 ) + ( a2 ± b2 ) 2 2 ≤ a12 + a2 2 + b12 + b2 2 17 a1 = k b1 a2 = k b2 ng th c x y ra khi  (k ∈ R) D ng toán tìm giá tr l n nh t c a hàm s : a, b ≠ 0  f 2 ( x ) + a2 + g 2 ( x ) + b2 v i   f ( x) ± g ( x) = k (k ∈ R)  y= S d ng b t ng th c tam giác: gi s f (... BB '+ CC '+ DD ' = 4.OO ' ≤ 4.OA (không i) D u " = " x y ra ⇔ O " ≡ A ⇔ d vuông góc AC t i A DD ' B ' B ⇒ OO ' = Ví d 4: Cho n a ư ng tròn (O; R ) ư ng kính AB M là i m trên n a ư ng tròn Xác : a) Di n tích tam giác MAB l n nh t b) Chu vi tam giác MAB l n nh t L i gi i: V MH ⊥ AB, H ∈ AB MH AB 2 = MH R Ta có MH ⊥ AB, O ∈ AB Do ó MH ≤ OM = R Nên S MAB ≤ R 2 (không i) a) S MAB = D u " = " x y ra ⇔... MAB ≤ R 2 (không i) a) S MAB = D u " = " x y ra ⇔ H ≡ O ⇔ M là trung i m AB b) AMB = 90o ( AMB là góc n i ti p ch n n a ư ng tròn) MAB vuông t i M có MH ⊥ AB ⇒ MH AB = MA.MB MAB vuông t i M theo nh lí Pitago có: MA2 + MB 2 = AB 2 = 4 R 2 PMAB = MA + MB + AB, AB không i ( MA + MB ) = MA + MB + 2 MA.MB 2 2 2 28 nh v trí M Do ó PMAB l n nh t ⇔ MA + MB l n nh t ⇔ ( MA + MB )2 l n nh t ⇔ MA.MB l n nh t... thu c d và dài MN không i Xác nh v trí hai i m M , N ư ng g p khúc AMNB t giá tr nh nh t L i gi i D ng hình bình hành BNMB ' (hình bên) ⇒ BB ' = MN = a (không i); NB = MB ', B ' c nh G i A ' là i m i x ng c a A qua ư ng th ng d Ta có AM = A ' M , A ' c nh Xét ba i m A ', M , B ' ta có A ' M + MB ' ≥ A ' B ' Do ó AM + MN + NB = A ' M + MN + MB ' = ( A ' M + MB ') + MN ≥ A ' B ' = a không i D u " = " x... x4 − 4 x + 1 Áp d ng b t ng th c côsi v i b n s không âm x 4 + 1 + 1 + 1 ≥ 4 4 x 4 = 4 x ⇒ x 4 − 4 x + 1 ≥ −2 min A = −2 ⇔ x 4 = 1 và x ≥ 0 ⇔ x = 1 ► B t ng th c Bunhiacopski: I Ki n th c c n n m: • Cho a, b, c, d tuỳ ý, ta có (a2 + b2)(c2 + d2) ≥ (ac + bd)2 D u b ng x y ra khi: ad = bc • Cho a1, … , an và b1, … , bn tuỳ ý, ta có: (a12 + … + an2)(b12 + … + bn2) ≥ ( a1b1 + … + anbn)2 D u b ng x y ra... * AB ≤ EF (không i) D u " = " x y ra ⇔ A ≡ C , B ≡ F 31 V y AB có dài l n nh t khi A ≡ C và B ≡ F * AB ≥ DE (không i) D u " = " x y ra ⇔ A ≡ D và B ≡ E dài nh nh t khi A ≡ D và B ≡ E V y AB có ▼ Dang 3: V n d ng b t ng th c trong ư ng tròn I Ki n th c c n nh : - ư ng kính dây cung l n nh t c a ư ng tròn - Trong ư ng tròn (O) : AB và CD là hai dây cung, H và K l n lư t là hình chi u vuông góc trên... n ng trên cung l n BC Xác nh v trí c a A chu vi tam giác ABC l n nh t L i gi i PABC = AB + AC + BC BC không i Trên tia i tia AB l y i m D sao cho AD = AC ADC cân t i A ⇒ BAC = 2 ADC BAC không i ⇒ ADC không i BDC không i, BC c nh 33 ⇒ D thu c cung ch a góc có s o 1 s BC c a (O) 4 d ng trên o n th ng BC PABC l n nh t ⇔ ( AB + AC ) max ⇔ ( AB + CD ) max ⇔ BD max ⇔ BD là ư ng kính c a cung ch a góc nói . (1) ⇔ phương trình 0 2 12 ( ) 36 x x a z x − = + có nghiệm hay phương trình 2 0 0 (12 ) 12ax 36 0z x z− − − = có nghiệm (2) • 0 z =12 : (2) ⇔ ax = -36 có. ⇔ ax = -36 có nghiệm khi 0a ≠ • 0 12z ≠ : (2) có nghiệm ⇔ 2 0 0 36 36 (12 ) 0a z z∆ = + − ≥ 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 12 0 12 0 6 36 6 36 a z z z z a a z a